2025年统编版必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年统编版必修1化学下册阶段测试试卷833考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A.制备SO2B.制备CuI并制备少量含SO2的溶液C.将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D.加热干燥湿的CuI固体2、硫化氢可以和许多氧化剂反应，在酸性条件下，H2S和KMnO4反应，反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，下列有关说法正确的是（）A.该反应中H2S起氧化剂的作用B.该反应的还原产物是MnSO4和K2SO4C.该反应的氧化产物只有SD.每生成1molS共转移8mol电子3、一种以菱苦土(MgO)为原料制备金属Mg的新工艺流程如图：

下列说法正确的是A.电解得到12gMg，同时得到11.2LCl2B.用铂丝蘸取滤渣在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈紫色C.为加快菱苦土的溶解，在高温下用玻璃棒不断搅拌D.降温结晶发生的反应为Mg(NO3)2+2KCl=2KNO3↓+MgCl24、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.1mol甲基所含的电子总数为9NAB.标准状况下，11.2L一氯甲烷所含原子数为2.0NAC.28g乙烯所含共用电子对数目为6NAD.11g的11B中，含有的质子数目为5NA5、下列实验装置设计和所用药品正确且能达到实验目的的是。选项ABCD实验目的配制一定物质的量浓度的稀硫酸除去乙烷中的少量杂质乙烯定量测定的分解速率分离乙醇和苯甲酸乙酯装置或仪器

A.AB.BC.CD.D6、关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（）A.向等浓度的FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应B.向等浓度的FeCl3溶液中，分别加入质量相同、大小相同的铁和铜，铜先反应C.向等浓度的NaAlO2和NaOH的混合溶液逐滴滴加盐酸，NaOH首先反应D.向等浓度的FeBr2和FeI2的混合溶液中通入氯气，Fe2+首先与氯气反应评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、向20mL某浓度的AlCl3溶液中滴入2mol·L－1的NaOH溶液时；所得的沉淀质量与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示：

（1）图中A点表示的意义是______________。

（2）最大沉淀量是______________g。

（3）B点表示的意义是______________。

（4）所用AlCl3溶液的物质的量浓度是______________。

（5）写出A～B段反应的离子方程式____________________________________8、如图为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质；图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A；B、C、D为其相应的分类依据代号。请回答下列问题：

请将分类依据代号(A；B、C、D)填入相应的括号内：

（__________）两种物质都不是电解质。

（__________）两种物质都是氧化物。

（__________）两种物质都是盐9、高锰酸钾(KMnO4)是中学化学中常用的强氧化剂，实验室中可通过以下两步反应制得KMnO4：

①MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH═3K2MnO4+KCl+3H2O；

②K2MnO4歧化：____K2MnO4+____CO2——____KMnO4+____MnO2↓+____K2CO3。

已知K2MnO4溶液呈绿色，KMnO4溶液呈紫红色；二者都具有强氧化性。

请回答下列问题：

（1）反应①中的氧化剂是___。

（2）配平反应②：____K2MnO4+____CO2——____KMnO4+____MnO2↓+____K2CO3。___

该反应中氧化产物是___，每消耗11.2L（标准状况）CO2，转移电子数目为___。

（3）下列方法或操作最能表明K2MnO4已歧化完全的一项是___（填字母）。

A．通过观察溶液颜色变化；由绿色变成紫红色。

B．取上层清液少许于试管中，继续通入CO2；无沉淀产生。

C．取上层清液少许于试管中，加入还原性较强的FeSO4溶液；溶液紫红色褪去。

（4）在稀硫酸中，MnO4－和H2O2能发生氧化还原反应，MnO4－被还原为Mn2+，并有氧气放出，请写出该氧化还原反应的离子方程式：___。实验中发现，当加入的少量KMnO4完全反应后，H2O2仍能发生反应并快速放出气体。其可能的原因是___。10、Ⅰ．已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O

(1)用双线桥表示电子转移的方向与数目_______。

(2)氧化产物和还原产物的数目比：__________。

II.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O该反应中还原产物为__________。11、下列物质：①氢氧化钠溶液、②铜片、③碳酸钙、④蔗糖、⑤熔融的NaCl、⑥SO2气体；⑦碳酸氢钠、⑧盐酸。

(1)能导电且属于电解质的是_______。(填编号)

(2)写出碳酸钙的电离方程式_______。

(3)写出碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式_______。

(4)向100mL1.5mol/L的氢氧化钠溶液中缓慢通入一定量的CO2；反应后，向所得溶液中逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积(不考虑气体溶解于水)关系如图所示。

则：

①氢氧化钠溶液与一定量的CO2充分反应后的溶液中溶质为_______(写化学式)。

②盐酸的浓度为_______。

③B点时，产生的气体在标准状况下的体积为_______L。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)12、氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂。(___________)A.正确B.错误13、稀释浓H2SO4时，可直接向盛有浓H2SO4的烧杯中加蒸馏水。(____A.正确B.错误14、液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封。(_______)A.正确B.错误15、氯气溶于水得氯水，溶液呈酸性且可以导电，所以氯气是电解质。(___________)A.正确B.错误16、石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，不涉及氧化还原反应。(___________)A.正确B.错误17、物质的量是表示微粒数目多少的物理量。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共24分)18、重铬酸钾（K2Cr2O7）在皮革；火柴、印染化学、电镀等方面应用广泛。回答下列问题：

（1）酒驾醉驾危害社会安全，早期测定是否饮酒的方法是重铬酸钾法：溶液由橙红色变为绿色（Cr3+）则表明已经饮酒。写出重铬酸钾法检验饮酒的离子方程式：___________________________。

（2）用铬铁矿（FeO•Cr2O3，含Al2O3杂质）为原料制备重铬酸钾的工艺：

已知：i.2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O；

ii．常温，Ksp[Al（OH）3]＝1.3×10﹣33；

iii．有关物质的溶解度曲线如图：

①上述工艺流程图中的操作I的主要反应为：2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，另外一个反应的化学方程式是__________。

②滤渣2的成分是_____（写化学式），常温，滤液中，c（Al3+）＝_____mol•L﹣1

③工艺流程图中，操作“调节pH”的作用是_________________________________。

④操作Ⅲ，加入KCl的目的是________________________________________；实验室中，操作IV用到的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、___________________。19、硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：

请回答下列问题：

(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。

(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。

(3)步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________(写酸的名称)。

(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是_____________。

(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_____。

(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。

(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2＋。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)＝6.3×10－36。反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq)CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K＝__________(结果保留1位小数)。20、四氧化三锰是一种重要的电子和新能源基础原材料，可以用于生产软磁锰锌铁氧体、锂电正极材料锰酸锂和负温度系数热敏电阻等。以软锰矿(主要成分为还含少量Fe、Si、Al等的氧化物)和硫铁矿(主要成分)为原料制备大颗粒的电池

说明：

Ⅰ.“浸取”：研究发现，酸浸时和颗粒反应的原理如图1所示(部分产物未标出)。

图1

Ⅱ.通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得

Ⅲ.氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表：。沉淀物开始沉淀的pH3.42.26.38.1完全沉淀的pH5.23.29.710.4

(1)滤渣1中主要成分的化学式为_______。

(2)随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是_______。

(3)写出“浸取”时与反应的离子方程式为_______。

(4)加入“氧化”的目的是_______。

(5)检验“沉淀”已洗净的操作是_______。

(6)“沉淀”加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图2所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是_______。

(7)一个立方体结构的晶胞如图3所示，距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗数值为则的晶体密度为则晶胞的边长为_______nm(用含ρ、的代数式表示)。

评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)21、实验室用乙醇与浓硫酸共热制乙烯,常因温度过高生成少量SO2,有人设计了如下图所示实验,以验证上述混合气体中是否含有乙烯和SO2。

（1）装置中X仪器的名称是______;碎瓷片的作用是_______。

（2）写出生成乙烯的反应方程式___________。

（3）A；B、C、D装置中可盛放的试剂是(从下列所给试剂中选出,填序号)

①NaOH溶液,②品红溶液,③KMnO4酸性溶液,④FeCl3溶液。A．__________;B．__________;C．__________;D．__________。（4）能说明SO2气体存在的现象是____。

（5）确证含有乙烯的现象是_____________。22、请选择合适的实验用品和化学试剂；用下图所示装置(C中盛放的是过氧化钠固体)进行实验，证明过氧化钠可以用作呼吸面具和潜水艇中的供氧剂。

(1)仪器C的名称是_______。

(2)若分液漏斗中盛放的试剂是盐酸，为了除去混合气体中的氯化氢，装置B中盛放的试剂是_______。

(3)C中可能发生的化学反应的化学方程式为_______。

(4)D中盛放的试剂作用是_______。

(5)检验F中收集到的气体的方法是_______。23、为验证卤素单质氧化性的相对强弱；某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检查)。

实验时打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸，使浓盐酸与酸性KMnO4反应。

（1）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________________。

（2）B中溶液发生反应的离子方程式是___________。

（3）反应完全后，可往B中加入CCl4来分离提纯；该实验过程名称为________。

（4）实验室制氯气通常使用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应，试写出该反应的化学方程式____________________。24、配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：

（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒取质量分数98%、密度的浓硫酸的体积为____________mL，如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应最好选用___________mL量筒。

（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是_________________。

（3）关于容量瓶的五种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②不宜贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水；⑤需要入在烘箱里进行烘干才可以使用。这些叙述中正确的是_____________（填字母）。

A.①②③④B.②③C.①②④⑤D.②③④

（4）配制时，其正确的操作顺序是_________________（用字母表示；每个操作只用一次）。

A.用少量水洗涤烧杯2次~3次；洗涤液均注入容量瓶，振荡。

B.在盛有水的烧杯中加入浓硫酸稀释。

C.将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中。

D.将容量瓶盖紧；反复上下颠倒，摇匀。

E.改用胶头滴管加水；使溶液凹液面恰好与刻度相切。

F.继续往容量瓶内小心加水；直到液面接近刻度1cm~2cm处。

（5）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_______________（填序号）。

A.浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移。

B.转移时没有洗涤烧杯；玻璃棒。

C.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面。

D.用量筒浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶。

E.摇匀后发出液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线评卷人得分六、原理综合题(共1题，共7分)25、(一)在容积为5L的密闭容器中，通入5molN2和8molH2，在一定条件下反应生成NH3，当反应进行到2min时，测得容器内有4molNH3.则：

(1)2min时，容器内n(N2)=_______，c(H2)=_______。

(2)2min时，容器内气体的总物质的量与反应前容器内气体的总物质的量之比为_______。

(二)A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A与C及B与D分别是同主族元素；已知B、D两元素间可形成DB2和DB3两种化合物；两者相对分子质量相差16；又知A；C两元素原子序数之和是B、D两元素原子序数之和的一半。请回答下列问题：

(1)写出由A、B、C三元素形成的化合物的电子式_______；

(2)由A、B、C、D四种元素形成的物质X，与盐酸反应能够生成具有刺激性气味的气体，写出X与盐酸反应的离子方程式_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2；图中固液加热装置可制备，A正确；

B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液；B正确；

C.分离沉淀与溶液；可选该装置进行过滤，C正确；

D.加热干燥湿的CuI固体；由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；

故合理选项是D。2、C【分析】【详解】

根据题意可得H2S和KMnO4的化学反应方程式为：5H2S+2KMnO4+3H2SO4===5S↓+K2SO4+2MnSO4+8H2O；

A.由反应式可知，该反应中H2S被氧化起还原剂的作用；故A错误；

B.由反应式可知，该反应的还原产物是MnSO4；故B错误；

C.由反应式可知；该反应的氧化产物只有S，故C正确；

D.由反应式可知；每生成1molS共转移2mol电子，故D错误；

故选：C。3、D【分析】【分析】

菱苦土(MgO)在硝酸的作用下溶解，生成Mg(NO3)2，再向溶液中加入KCl降温结晶出KNO3晶体，过滤得到MgCl2溶液；电解熔融氯化镁可以得到金属Mg，以此解答。

【详解】

A．未说明具体温度和压强时；不能通过气体物质的量计算出气体体积，故A错误；

B．滤渣中含有钾元素；钾元素的焰色反应现象是：透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，故B错误；

C．硝酸在高温下易挥发和分解；不能用玻璃棒不断搅拌，故C错误；

D．由流程可知，降温结晶的反应物为Mg(NO3)2和2KCl，生成物为MgCl2和KNO3，降温结晶发生的反应为Mg(NO3)2+2KCl=2KNO3↓+MgCl2；故D正确；

故选D。4、B【分析】【详解】

A．一个甲基(-CH3)中含有9个电子，则1mol甲基所含的电子总数为9NA；故A正确；

B．一个一氯甲烷分子中含有5个原子，标准状况下，11.2L一氯甲烷的物质的量为=0.5mol，则所含原子数为0.5molｘ5ｘNA=2.5NA；故B错误；

C．一个乙烯分子中含有6对共用电子对，28g乙烯的物质的量为=1mol，则所含共用电子对数目为6ｘ1molｘNA=6NA；故C正确；

D．B元素为5号元素，一个B原子的质子数为5，11g11B的物质的量为=1mol，则含有的质子数目为5ｘ1molｘNA=5NA；故D正确；

答案选B。5、D【分析】【详解】

A．容量瓶不能用于溶液的稀释；选项A错误；

B．除去乙烯时；乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入了新的杂质，选项B错误；

C．装置内的漏斗不能使用长颈漏斗；反应生成的氧气会从长颈漏斗中溢出，不能实现实验目的，选项C错误；

D．乙醇和苯甲酸乙酯互溶且沸点相差较大；可以采用蒸馏法分离，选项D正确。

答案选D。6、C【分析】【详解】

A、与同种还原剂反应，氧化性强的物质先反应，FeCl3的氧化性强于CuCl2，则向等浓度的FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉，氧化性强FeCl3首先与铁粉反应；故A错误；

B、与同种氧化剂反应，还原性强的物质先反应，铁的还原性强于铜，则向等浓度的FeCl3溶液中；分别加入质量相同；大小相同的铁和铜，还原性强的铁先反应，故B错误；

C、与同种酸溶液反应，碱性强的溶液先反应，则向等浓度的NaAlO2和NaOH的混合溶液逐滴滴加盐酸；碱性强的NaOH首先反应，故C正确；

D、与同种氧化剂反应，还原性强的物质先反应，碘离子的还原性强于亚铁离子和溴离子，则向等浓度的FeBr2和FeI2的混合溶液中通入氯气；还原性强的碘离子首先与氯气反应，故D错误；

故选C。

【点睛】

同种还原剂，氧化性强的物质先反应，同种氧化剂，还原性强的物质先反应，同种酸溶液，碱性强的溶液先反应，同种碱溶液，酸性强的溶液先反应是解答关键。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】

NaOH溶液逐滴加入至AlCl3溶液中，开始时AlCl3和NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，随着NaOH的继续滴入，Al(OH)3溶解生成NaAlO2；直至沉淀完全溶解，据此可分析解答问题。

【详解】

(1)AlCl3和NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，随着NaOH溶液的量逐渐增多，Al(OH)3量逐渐增大，到A点时NaOH将AlCl3恰好完全沉淀，故答案为：AlCl3与NaOH恰好完全反应；得到最大沉淀量；

(2)因为A→B消耗的NaOH溶液的体积为5mL，消耗NaOH的物质的量为0.005L×2mol/L=0.01mol，根据方程式Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可得，n[Al(OH)3]=0.01mol；

m[Al(OH)3]=0.01mol×78g/mol=0.78g；故答案为：0.78；

(3)随着NaOH的继续滴入，Al(OH)3溶解生成NaAlO2，B点表示Al(OH)3沉淀完全溶解，故答案为：Al(OH)3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2；沉淀完全溶解；

(4)根据铝原子守恒，则n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.01mol，故氯化铝的物质的量浓度故答案为0.5mol/L；

(5)A到B为Al(OH)3溶解生成NaAlO2，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O。【解析】AlCl3与NaOH恰好完全反应，得到最大沉淀量0.78Al(OH)3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解0.5mol/LAl(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O8、A:B:D【分析】【分析】

在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；包括酸；碱、盐、金属氧化物等；由两种元素组成的化合物，其中一种为氧元素的为氧化物；盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物，由此分析。

【详解】

电解质必须满足：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物；氧化钠；氯化钠、氯化铁为电解质，而氢气和二氧化碳都不是电解质，所以不是电解质的为A；

由两种元素组成的化合物；其中一种为氧元素的为氧化物，满足条件的为二氧化碳和氧化钠，即B正确；

一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物是盐，满足条件的为氯化铁和氯化钠，所以D正确。9、略

【分析】【分析】

（1）由反应①的化学方程式可知；反应中锰元素化合价升高被氧化，氯元素化合价降低被还原；

（2）由未配平反应②化学方程式可知；反应中反应中锰元素化合价即升高又降低，锰酸钾既是氧化剂又是还原剂，高锰酸钾是氧化产物，二氧化锰是还原产物；由化学方程式计算反应转移电子数目；

（3）如果溶液中存在K2MnO4，通入CO2会产生沉淀，且K2MnO4溶液显绿色，KMnO4溶液紫红色；

（4）在稀硫酸中，MnO4－和H2O2能发生氧化还原反应，MnO4－做氧化剂被还原为Mn2+；双氧水做还原剂被氧化生成氧气。

【详解】

（1）由反应①的化学方程式可知，反应中锰元素化合价升高被氧化，二氧化锰做还原剂，氯元素化合价降低被还原，氯酸钾做氧化剂，故答案为：KClO3；

（2）由未配平反应②化学方程式可知，反应中反应中锰元素化合价即升高又降低，锰酸钾既是氧化剂又是还原剂，高锰酸钾是氧化产物，二氧化锰是还原产物，反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，标准状况下11.2L二氧化碳的物质的量为0.5mol，由配平化学方程式可知，反应消耗2mol二氧化碳，转移2mol电子，则0.5mol二氧化碳参加反应，转移电子数目为0.5mol×NAmol—1=0.5NA，故答案为：KMnO4；0.5NA；

（3）如果溶液中存在K2MnO4，通入CO2会产生沉淀，且K2MnO4溶液显绿色，KMnO4溶液紫红色；所以可以通过通入二氧化碳是否产生沉淀及溶液在滤纸上的颜色判断，则B正确，故答案为：B；

（4）在稀硫酸中，MnO4－和H2O2能发生氧化还原反应，MnO4－做氧化剂被还原为Mn2+，双氧水做还原剂被氧化生成氧气，反应的化学方程式为5H2O2＋2MnO4-＋6H+═2Mn2+＋5O2↑＋8H2O；若KMnO4的量不足，反应生成的Mn2+做催化剂，H2O2仍能分解，故答案为：5H2O2＋2MnO4-＋6H+═2Mn2+＋5O2↑＋8H2O；生成Mn2＋对H2O2分解具有催化作用。

【点睛】

如果溶液中存在K2MnO4，通入CO2会产生沉淀，且K2MnO4溶液显绿色，KMnO4溶液紫红色是解答关键，也是解答的难点。【解析】①.KClO3②.3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+1MnO2↓+2K2CO3③.KMnO4④.0.5NA⑤.B⑥.5H2O2＋2MnO4-＋6H+═2Mn2+＋5O2↑＋8H2O⑦.生成Mn2＋对H2O2分解具有催化作用10、略

【分析】【分析】

由2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O可知；HI中I元素的化合价部分升高，部分不变，生成盐（NaI），则HI体现酸性和还原性，N元素的化合价由+3降低为+2，I元素的化合价由-1升高为0，由此画出双线桥；元素化合价升高被氧化，所得产物为氧化产物，元素化合价降低被还原，所得产物为还原产物。

【详解】

Ⅰ．(1)N元素的化合价由+3降低为+2，I元素的化合价由-1升高为0，则双线桥表示电子转移的方向和数目为：故答案为：

(2)NaNO2中N元素的化合价由+3降低为+2，作氧化剂，由方程式得氧化剂为2mol，得到还原产物为2molNO，HI中I元素的化合价部分升高，部分不变，其中4molHI化合价发生变化的有2mol，故作还原剂HI有2mol，氧化产物为1molI2；氧化产物和还原产物的数目比：1:2。故答案为：1:2；

II.Cu(IO3)2中的+2价铜离子被还原为+1价的CuI，+5价的碘元素被还原生成I2，所以该反应的还原产物为：CuI、I2，故答案为：CuI、I2。【解析】①.②.1:2③.CuI、I211、略

【分析】【详解】

(1)含有自由移动电子的物质可以导电；因此能导电且属于电解质的是熔融的NaCl，答案选⑤；

(2)碳酸钙完全电离，碳酸钙的电离方程式为CaCO3=Ca2++CO

(3)碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式为HCO+OH-=CO+H2O；

(4)①加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→B段发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，而O→A段消耗的盐酸为A→B消耗的盐酸的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物；

②加入300mL盐酸时气体不再发生变化；此时溶液中的溶质为氯化钠，根据钠离子守恒可知氯化钠是0.15mol，所以氯化氢是0.15mol，浓度是0.15mol÷0.3L=0.5mol/L；

③AB段消耗HCl为0.1L×0.5mol/L=0.05mol，由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知生成二氧化碳的物质的量为0.05mol；标况下二氧化碳的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L。

【点睛】

掌握反应发生的先后顺序是解答的关键，注意弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等，另外进行有关的计算时要学会利用守恒法，例如原子守恒、电荷守恒等。【解析】⑤CaCO3=Ca2++COHCO+OH-=CO+H2ONaOH和Na2CO30.5mol/L1.12三、判断题(共6题，共12分)12、A【分析】【分析】

【详解】

氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，Cl元素的化合价部分由0价升至+1价、部分由0价降至-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，正确。13、B【分析】【详解】

稀释浓H2SO4时，应该将蒸馏水加入到浓H2SO4的烧杯中。14、A【分析】【详解】

液溴易挥发；在存放液溴的试剂瓶中应加水封，防止溴的挥发；

故正确。15、B【分析】【分析】

【详解】

电解质必须为纯净物，必须为化合物，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故错误。16、B【分析】【分析】

【详解】

氯水中含H+和HClO，石蕊溶液滴入氯水中，因含H+溶液变红，随后迅速因为HClO具有强氧化性，氧化而褪色，涉及氧化还原反应，故错误。17、B【分析】【详解】

物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体的物理量。四、工业流程题(共3题，共24分)18、略

【分析】【分析】

（1）乙醇具有还原性；被氧化为乙酸；重铬酸钾具有氧化性，铬元素从正六价降低为正三价，根据得失电子数相等，质量守恒配平方程式。

（2）铬铁矿通过焙烧，2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑得到Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2的混合体系，然后加水溶解，过滤分离，得到固体Fe2O3，滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全转化为氢氧化铝沉淀，过滤分离，滤液继续调节pH值，使得CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，加入氯化钾使Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到K2Cr2O7固体；据此进行分析。

【详解】

（1）根据氧化还原反应中化合价升降相等，质量守恒，写出离子方程式为2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+＝4Cr3++3CH3COOH+11H2O；

答案：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+＝4Cr3++3CH3COOH+11H2O；

（2）①Al2O3作为两性氧化物，也可以和纯碱在高温条件下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；

答案：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；

②滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2，调节溶液的pH=7，使偏铝酸盐完全转化为氢氧化铝沉淀，过滤分离；根据Ksp[Al（OH）3]＝1.3×10﹣33=c（Al3+）×c（OH-）3，得c（Al3+）==1.3×10﹣12；

答案：Al（OH）3；1.3×10﹣12；

③根据2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O可知，操作“调节pH”的作用是使CrO42﹣转化为Cr2O72﹣；

答案：CrO42﹣转化为Cr2O72﹣；

④操作Ⅲ，加入KCl的目的是使Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到K2Cr2O7固体；所用玻璃仪器有酒精灯；烧杯、漏斗、玻璃棒；

答案：使Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7；漏斗、玻璃棒。【解析】2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+＝4Cr3++3CH3COOH+11H2OAl2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑Al（OH）31.3×10﹣12CrO42﹣转化为Cr2O72﹣使Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7漏斗、玻璃棒；19、略

【分析】【详解】

酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。

(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为:CuSO4；

(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；

(3)CuCl难溶于醇和水；可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为:硫酸；

(4)步骤⑥为醇洗；步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解；氧化，故答案为:醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；

（5）硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O；

（6）据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化；且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；

（7）反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq)CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K=【解析】CuSO42Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸使CuCl干燥，防止其水解氧化Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O温度过低反应速率慢温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)1.1×102120、略

【分析】【分析】

由流程可知，软锰矿、硫铁矿加入硫酸浸取，酸浸时和颗粒反应生成硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣1，滤液加入二氧化锰氧化成加入氨水调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入氨水得到通入空气氧化得到

【详解】

（1）由分析可知，滤渣1中主要成分的化学式为S、

（2）随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成；阻碍了反应的进行，导致锰的浸出率降低；

（3）由图去可知，“浸取”时与反应生成亚铁离子和硫，离子方程式为

（4）加入“氧化”的目的是是把氧化成便于下一步将铁转化为沉淀分离除去；

（5）沉淀表面含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故检验“沉淀”已洗净的操作是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液；若无白色沉淀生成，则已洗净；

（6）已知，通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得则pH先基本不变后迅速下降的原因是：开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成溶液pH减小(也可用方程式表示：故溶液pH无明显变化；溶液pH减小)；

（7）立方晶胞中心的离晶胞的六个面心的等距离且最近，故距离最近的有6个；根据均摊法，该晶胞中数为：数为：该晶胞中含4个的摩尔质量为120g/mol。设晶胞的边长为anm，根据解得nm。【解析】(1)S、

(2)随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成；导致锰的浸出率降低。

(3)

(4)是把氧化成如果不氧化，沉淀同时也会沉淀

(5)取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液；若无白色沉淀生成，则已洗净。

(6)开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成溶液pH减小(也可用方程式表示：故溶液pH无明显变化；溶液pH减小)

(7)6五、实验题(共4题，共24分)21、略

【分析】【分析】

根据实验目的和装置图可知；左边第一个装置是制备乙烯的装置，A装置是检验二氧化硫的装置，B是用于除去二氧化硫的装置，C是检验二氧化硫已除尽的装置，D是检验乙烯的装置。

【详解】

（1）装置中X仪器可通过活塞控制滴加液体的速度来控制反应的快慢；所以它的名称是分液漏斗；实验室制备乙烯所用的原料为乙醇，浓硫酸作催化剂；脱水剂，反应条件是加热到170℃，因乙醇的沸点低，易暴沸，所以加碎瓷片防止暴沸；

（2）实验室利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（3）检验二氧化硫用品红溶液，检验乙烯用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，在检验乙烯之前用NaOH溶液除尽SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，因装置A用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，装置B试管装有NaOH溶液除去SO2，装置C试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净；装置D通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯；

（4）装置A用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2；

（5）因C中无二氧化硫；D中与高锰酸钾溶液作用的为乙烯，所以确证含有乙烯的现象是装置C中的品红溶液不褪色，D中的高锰酸钾溶液褪色。

【点睛】

本题考查了乙烯的实验室制法以及产物的检验，注意当有多种产物需检验时，应考虑先后顺序，高锰酸钾既能氧化二氧化硫，又能氧化乙烯，是解答本题的关键。【解析】分液漏斗防止暴沸CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O②①②③装置A中品红溶液褪色装置C中品红溶液不褪色，D中的酸性KMnO4溶液褪色。22、略

【分析】【详解】

(1)从装置图中可知仪器C的名称是U形管；故答案为：U形管。

(2)过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，A装置为产生二氧化碳装置，分液漏斗中盛放的试剂是盐酸，故混合气体为CO2和挥发出的HCl；饱和碳酸氢钠溶液，不再溶解二氧化碳，并且能与溶于水后的氯化氢反应；故答案为：饱和碳酸氢钠溶液。

(3)混合气体中有水蒸气、二氧化碳，过氧化钠与两者都可以反应，故可能的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

(4)D中盛放的试剂作用是除去氧气中混有的二氧化碳得到纯净的氧气；以便证明过氧化钠可以用作呼吸面具和潜水艇中的供氧剂；故答案为：除去氧气中混有的二氧化碳。

(5)检验F中收集到的气体的方法是：待试管收集满气体后，迅速用大拇指捂住试管口，移出水槽，用一根带火星的木条靠近试管口，松开大拇指，木条复燃，说明收集的气体为氧气，此方法为氧气标准检验方法；故答案为：待试管收集满气体后，迅速用大拇指捂住试管口，移出水槽，用一根带火星的木条靠近试管口，松开大拇指，木条复燃，说明收集的气体为氧气。【解析】U形管饱和碳酸氢钠溶液2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2除去氧气中混有的二氧化碳待试管收集满气体后，迅速用大拇指捂住试管口，移出水槽，用一根带火星的木条靠近试管口，松开大拇指，木条复燃，说明收集的气体为氧气23、略

【分析】【分析】

（1）验证氯气的氧化性强于碘的实验是氯气与湿润的淀粉碘化钾反应。

（2）B中溶液发生反应为氯气与NaBr反应。

（3）反应完全后，可往B中加入CCl4来分离提纯；该实验可从溶液中提取溴。

（4）实验室制氯气通常使用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应，该反应生成MnCl2、Cl2和H2O。

【详解】

（1）氯气与碘化钾反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，生成的I2使淀粉变蓝。答案为：湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；

（2）B中溶液发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。答案为：Cl